一般矩阵快速幂的形式 :
$$f(n)=\sum _{i=1}^{k_1}{a}_{i}f(n-i)+\sum _{i=1}^{k_2}{b}_{i}g(n-i)+c$$
可以做到$k^3\log n$的递推，在某些特殊转移下，有更加快速的方法。

若有如下转移
$$f(n)=\sum _{i=1}^k{a}_{i}f(n-i)$$
这就是常系数线性递推的基本形式。一般可以做到$k\log k\log n$，比较简单的写法也可以做到$k^2\log n$，下面介绍如何优化。

##特征多项式
前置技能：矩阵的秩

特征值，特征向量:
若有常数$\lambda$,向量$\vec{v}$，满足$\lambda \vec{v}=A\vec{v}$，则称向量$\vec{v}$为矩阵$A$的一组特征向量，$\lambda $为矩阵$A$的一组特征值。
秩为k的矩阵有k组线性不相关的特征向量。

特征多项式
对关系式进行变换：$(\lambda I-A)\vec{v}=0$。
这个等式有非零解的充要条件是$det(\lambda I-A)=0$,即为矩阵不满秩。
可以得到一个$k$次多项式，这个多项式的值等于0时把这个方程称为矩阵$A$的特征方程。这个多项式称为矩阵$A$的特征多项式。
k个解自然就是$k$个特征值辣（并不需要解出来，怎么处理后面会说）！

跟据算数基本定理，最终的多项式有k个解，可以写作$f(x)={\Pi }_i({\lambda }_i-x)$，而且带入$A$矩阵本身会得到$0$矩阵(Cayley-Hamilton 定理)。

证明：
（下面的证明是博主以前学OI的时候写的一种比较复杂的证明，其实可以直接用伴随矩阵来证明）
$$f(A)={\Pi }_i({\lambda }_{i}I-A)$$
考虑将$f(A)$得到的矩阵分别乘特征向量，如果最后都得到了0矩阵，因为这几个特征向量线性不相关，那么可证明$f(A)$乘以任意向量都会得到$0$矩阵，从而$A$为$0$矩阵。

现在问题转化为证明$f(A)$乘任意特征向量值得到$0$矩阵。首先证明$({\lambda }_{i}I-A)({\lambda }_{j}I-A)=({\lambda }_{j}I-A)({\lambda }_{i}I-A)$，这个直接展开就好了，因为矩阵满足加法交换律。证毕。

那么假设当前乘的特征向量为${\vec{v}}_a$，有:
$$\begin{array}{rlrl}f(A){\vec{v}}_a& ={\Pi }_i({\lambda }_{i}I-A)\ast {\vec{v}}_a& & \\ & ={\Pi }_{i!=a}({\lambda }_{i}I-A)\ast ({\lambda }_{a}I-A)\ast {\vec{v}}_a& & \end{array}$$

而矩阵乘法满足结合律，对于后半部分，展开得:
$({\lambda }_{a}I-A)\ast {\vec{v}}_a={\lambda }_{a}I{\vec{v}}_a-A{\vec{v}}_a$。

根据定义，${\lambda }_{a}I{\vec{v}}_a-A{\vec{v}}_a=0$，那么代回原式可得$0$矩阵。

它同时是一个关于$A$的$k$次多项式。那么假设我们求$A^w$，可以做多项式取模，模掉多余的0矩阵得到一个关于A的$k-1$次多项式：$$g(A)=A^w\%f(A)=\sum _{i=0}^{k-1}{a}_i{A}^i$$

设初始递推矩阵为$h=h_k,h_{k-1},h_{k-2},...,h_1$，那么答案为:
$\sum a_i\ast [(h\ast A^i){]}_{11}$，而$h\ast A^i$的第一项就是$h_{i+1}$，那么可以直接$O(n)$计算了。因为多项式取模可以用快速傅里叶变换做到$k\log k$，加上快速幂的时间复杂度，总复杂度为$O(k\log k\log n)$。为了方便，可以将多项式取模写$k^2$算法，那么总复杂度是$O(k^2\log n)$的。

##求解特征多项式
要做多项式取模的前提是要知道多项式。显然解出$k$个特征值是不现实的，考虑到常系数齐次递推的特点，可以快速求出矩阵的特征多项式：
首先，列出转移方程：

$$\left(\begin{array}{ccccccc}{a}_1& a_2& a_3& \cdots & a_{k-2}& a_{k-1}& a_k\\ 1& 0& 0& \cdots & 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& \cdots & 0& 0& 0\\ 0& 0& 1& \cdots & 0& 0& 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮& ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& \cdots & 0& 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{h}_{k-1}\\ h_{k-2}\\ h_{k-3}\\ ⋮\\ h_2\\ h_1\\ h_0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{h}_k\\ h_{k-1}\\ h_{k-2}\\ ⋮\\ h_3\\ h_2\\ h_1\end{array}\right)$$

特征多项式:
$$f(\lambda )=|\lambda I-A|=\left(\begin{array}{ccccccc}\lambda -a_1& -a_2& -a_3& \cdots & -a_{k-2}& -a_{k-1}& -a_k\\ -1& \lambda & 0& \cdots & 0& 0& 0\\ 0& -1& \lambda & \cdots & 0& 0& 0\\ 0& 0& -1& \cdots & 0& 0& 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮& ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & -1& \lambda & 0\\ 0& 0& 0& \cdots & 0& -1& \lambda \end{array}\right)$$

考虑对第一行展开分别求和，有：

$$f(\lambda )=(\lambda -a_1)A_{11}+(-a_2)A_{12}+\cdots +(-a_k)A_{1n}={\lambda }^k-a_1{\lambda }^{k-1}-a_2{\lambda }^{k-2}-\cdots -a_k$$

其中$A_{1i}$为$A$的代数余子式。

至此，常系数齐次线性递推也就可以优化矩阵快速幂了。

##小优化
1.是不是觉得计算出结果后很麻烦还要一项一项相乘？？不用!!
直接计算$A^n$而不是$A^{n-k}$那么最后结果会是向量的最后一位。此时$A^i(i\le k)$的最后一位是原递推式的一项，可以直接求取。

2.注意$k^2$计算并取模时枚举的顺序，依次枚举$i,j$加到$i+j$上而不是依次枚举$i,j$,$a_i=a_j\ast a_{i-j}$。

附上BZOJ4161的代码，这是一道常系数齐次线性递推的裸题。可以用$k^2\log n$的方法过。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){char ch=getchar();int i=0,f=1;while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return i*f;
}
const int Maxn=2e3+20,Mod=1000000007;
#define rg register 
int n,k,a[Maxn<<1],b[Maxn<<1],c[Maxn<<1],h[Maxn],tp[Maxn<<1],ans,lim;
inline void add(int &x,int y){x+=y;(x>Mod?x-=Mod:(x<0?x+=Mod:0));
}
inline void mul(int *A,int *B){for(rg int i=0;i<=lim;i++)tp[i]=0;for(rg int i=0;i<=k;i++)for(rg int j=0;j<=k;j++)tp[i+j]=(tp[i+j]+1ll*A[i]*B[j])%Mod;for(rg int i=lim;i>=k;i--){for(rg int j=0;j<k;j++)tp[i-k+j]=(tp[i-k+j]+1ll*tp[i]*a[k-j])%Mod;tp[i]=0;}for(int i=0;i<=lim;i++)A[i]=tp[i];
}
inline void power(int *A,int B,int *C){for(;B;B>>=1,mul(A,A))if(B&1)mul(C,A);
}
int main(){n=read(),k=read();lim=k<<1;for(int i=1;i<=k;i++)a[i]=read();for(int i=1;i<=k;i++)h[i]=(read()%Mod+Mod)%Mod;if(n<k){printf("%d\n",h[n+1]);return 0;}b[0]=1;c[1]=1;power(c,n,b);for(int i=0;i<k;i++)add(ans,1ll*b[i]*h[i+1]%Mod);printf("%d\n",ans);
}